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橋：基準からほかの部へ出ていく道

2026年10月17日12分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第1部 第2章 基準：状態ベクトルと演算子の公理
目次
  1. 2本の橋を、ここで両向きに確かめる
  2. 学部の授業での書き方との対応
  3. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

量子力学の様々な構成方法　第1部 第2章 §1.2.6　★★★ 公理 Q1〜Q6 のどれを、どの部が別の対象に置き換えるかを式で並べる

第1部第1章の同値性の地図では、ほぼすべての橋が基準を通る。その橋の基準側の端を、この章の公理の番号で書くと表 1.2.1 になる。各行の左が基準の式、右がその部で中心に置く対象で、等号の両向きの証明はそれぞれの部の「基準との同値」の章が受け持つ。

表 1.2.1　基準の公理から各部へ出ていく橋の出口。1-3 は第1部第3章。
部基準の式（公理）その部の対象証明する章
1-3⟨x∣ψ⟩\langle x | \psi \rangle（Q1・Q2）波動関数 ψ(x)\psi(x)第1部第3章
2⟨ψ(t)∣A^∣ψ(t)⟩\langle \psi(t) | \hat A | \psi(t) \rangle（Q3・Q5）⟨ψ∣A^H(t)∣ψ⟩\langle \psi | \hat A_{\mathrm H}(t) | \psi \rangle第2部第6章
3⟨xf∣U^(t)∣xi⟩\langle x_f | \hat U(t) | x_i \rangle（Q5）∫Dx eiS[x]/ℏ\int\mathcal Dx\,\mathrm{e}^{\mathrm{i} S[x]/\hbar}第3部第2章・第5章
4⟨ψ∣A^∣ψ⟩\langle \psi | \hat A | \psi \rangle（Q3）・部分系（Q6）Tr⁡(ρ^A^)\operatorname{Tr}(\hat\rho\hat A)第4部第2章
5⟨ψ∣A^∣ψ⟩\langle \psi | \hat A | \psi \rangle（Q3）∫W(x,p)AW(x,p) dx dp\int W(x,p)A_{\mathrm W}(x,p)\,\mathrm{d} x\,\mathrm{d} p第5部第2章
6NN 粒子の H⊗N\mathcal{H}^{\otimes N}（Q6）Fock 空間と a^i†,a^i\hat a_i^\dagger,\hat a_i第6部第2章
7ψ=⟨x∣ψ⟩\psi=\langle x | \psi \rangle の極形式（Q1・Q5）密度 ρ\rho と速度場 v\bm{v}第7部第1章
8⟨ψ∣A^∣ψ⟩\langle \psi | \hat A | \psi \rangle（Q1〜Q3）代数の上の汎関数 ω(A^)\omega(\hat A)第8部第2章
9射影の組 {P^a}\{\hat P_a\}（Q2・Q3）射影の束の上の確率 μ(P^)\mu(\hat P)第9部第2章
10H\mathcal{H} と [x^, p^]=iℏ\left[\hat x,\,\hat p\right]=\mathrm{i}\hbar（Q1・Q2）相空間の線束の切断第10部第4章

表を見ると、置き換えられる公理に偏りがある。第2部と第3部は Q5（時間発展）の書き方を変える構成で、状態の公理 Q1 には手を付けない。第4部・第5部・第8部は Q1 の「状態はベクトル」を「状態は観測量に期待値を割り当てる規則」へ広げる構成で、どれも期待値の式 (1.2.5) が橋の要になる。第9部は Q2・Q3 を定理として導く構成である。第10部は Q1・Q2 の H\mathcal{H} と演算子の作り方そのものを、古典の相空間から組み立てる。

図

図 1.2.3　基準から各部への橋と、その部が置き換える公理。両向きの矢印は「その部の対象から基準へ戻れる」同値、片向きの矢印は「その部の出発点から基準の公理が導かれる」ことを表す。第9部と第10部は、基準の公理の一部をより少ない仮定から導く構成である。

2本の橋を、ここで両向きに確かめる

表 1.2.1 のうち2本は公理から1行で両向きが言えるので、ここで確かめておく。

命題 1.2.10（基準と Heisenberg 描像・純粋状態の密度行列 ★★★）

  1. (a) A^H(t)≔U^(t)†A^U^(t)\hat A_{\mathrm H}(t)\coloneqq\hat U(t)^\dagger\hat A\hat U(t) と定めると、すべての ∣ψ⟩| \psi \rangle と A^\hat A について⟨ψ(t)∣A^∣ψ(t)⟩=⟨ψ∣A^H(t)∣ψ⟩\langle \psi(t) | \hat A | \psi(t) \rangle =\langle \psi | \hat A_{\mathrm H}(t) | \psi \rangle。逆に、すべての ∣ψ⟩| \psi \rangle と A^\hat A でこの等式を成り立たせる A^H(t)\hat A_{\mathrm H}(t) は上の形に限る。
  2. (b) ρ^=∣ψ⟩⟨ψ∣\hat\rho=| \psi \rangle \langle \psi | と定めると ⟨ψ∣A^∣ψ⟩=Tr⁡(ρ^A^)\langle \psi | \hat A | \psi \rangle =\operatorname{Tr}(\hat\rho\hat A) で、ρ^\hat\rho は ρ^†=ρ^\hat\rho^\dagger=\hat\rho、ρ^2=ρ^\hat\rho^2=\hat\rho、Tr⁡ρ^=1\operatorname{Tr}\hat\rho=1 を満たす。逆に、この3つを満たす ρ^\hat\rho は、全体の位相を除いてただ1つの単位ベクトル ∣ψ⟩| \psi \rangle で ρ^=∣ψ⟩⟨ψ∣\hat\rho=| \psi \rangle \langle \psi | と書ける。
証明

(a) ∣ψ(t)⟩=U^(t)∣ψ⟩| \psi(t) \rangle =\hat U(t)| \psi \rangle と ⟨ψ(t)∣=⟨ψ∣U^(t)†\langle \psi(t) |=\langle \psi |\hat U(t)^\dagger を代入すれば等式になる。逆向きは、2つの自己共役演算子 X^\hat X、Y^\hat Y がすべての∣ψ⟩| \psi \rangle で ⟨ψ∣X^∣ψ⟩=⟨ψ∣Y^∣ψ⟩\langle \psi | \hat X | \psi \rangle =\langle \psi | \hat Y | \psi \rangle を満たせば X^=Y^\hat X=\hat Y であること（∣ψ⟩=∣u⟩+eiα∣v⟩| \psi \rangle =| u \rangle +\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha}| v \rangle と置いて α=0,π/2\alpha=0,\pi/2 の2通りを比べると⟨u∣X^∣v⟩=⟨u∣Y^∣v⟩\langle u | \hat X | v \rangle =\langle u | \hat Y | v \rangle が出る。偏極恒等式）による。

(b) 前半は Tr⁡(∣ψ⟩⟨ψ∣A^)=∑n⟨n∣ψ⟩⟨ψ∣A^∣n⟩=⟨ψ∣A^∣ψ⟩\operatorname{Tr}(| \psi \rangle \langle \psi |\hat A)=\sum_n\langle n | \psi \rangle \langle \psi | \hat A | n \rangle =\langle \psi | \hat A | \psi \rangle（完全系 ∑n∣n⟩⟨n∣=1^\sum_n| n \rangle \langle n |=\hat1 を使う）と、ρ^2=∣ψ⟩⟨ψ∣ψ⟩⟨ψ∣=ρ^\hat\rho^2=| \psi \rangle \langle \psi | \psi \rangle \langle \psi |=\hat\rho で確かめられる。後半は、ρ^\hat\rho がエルミートで ρ^2=ρ^\hat\rho^2=\hat\rho なので固有値が 00 か 11 の直交射影であり、トレースが固有値 11 の個数（射影の階数）なので階数 11 である。その像の単位ベクトルを ∣ψ⟩| \psi \rangle とすれば ρ^=∣ψ⟩⟨ψ∣\hat\rho=| \psi \rangle \langle \psi |。像の単位ベクトルは全体の位相を除いて1つである。

(b) の後半は、射線 (1.2.1) と階数1の射影が1対1に対応することを言っている。全体の位相の不定性は ∣ψ⟩⟨ψ∣| \psi \rangle \langle \psi | では打ち消し合うので、密度行列は射線を位相の選び方なしに表す書き方になっている。(a) の Heisenberg 描像の側の運動方程式 dA^Hdt=[A^H, H^]/(iℏ)\frac{\mathrm{d} \hat A_{\mathrm H}}{\mathrm{d} t}=\left[\hat A_{\mathrm H},\,\hat H\right]/(\mathrm{i}\hbar) を出発点にしたのが第2部、(b) の ρ^\hat\rho を、ρ^2=ρ^\hat\rho^2=\hat\rho を外して一般の正値・トレース1の演算子へ広げたのが第4部である。

学部の授業での書き方との対応

入門の授業では、公理を位置表示の波動関数で書くことが多い。この章の形と並べると次のようになる。

状態：ψ(x)  (∫∣ψ∣2dx=1)⟷  ∣ψ⟩∈H, ψ(x)=⟨x∣ψ⟩,確率：∣ψ(x)∣2dx⟷  ⟨ψ∣P^(dx)∣ψ⟩,期待値：∫ψ∗(x)(−iℏ∂∂x)ψ(x) dx⟷  ⟨ψ∣p^∣ψ⟩,時間発展：iℏ∂ψ∂t=−ℏ22m∂2ψ∂x2+V(x)ψ⟷  iℏ∂∂t∣ψ⟩=H^∣ψ⟩,2粒子：ψ(x1,x2)⟷  ∣Ψ⟩∈H⊗H.\begin{aligned}&\text{状態：}&&\psi(x)\ \ (\textstyle\int\lvert \psi\rvert ^2\mathrm{d} x=1) &&\longleftrightarrow\ \ | \psi \rangle \in\mathcal{H},\ \psi(x)=\langle x | \psi \rangle ,\\ &\text{確率：}&&\lvert \psi(x)\rvert ^2\mathrm{d} x &&\longleftrightarrow\ \ \langle \psi | \hat P(\mathrm{d} x) | \psi \rangle ,\\ &\text{期待値：}&&\textstyle\int\psi^*(x)\bigl(-\mathrm{i}\hbar\frac{\partial }{\partial x}\bigr)\psi(x)\,\mathrm{d} x &&\longleftrightarrow\ \ \langle \psi | \hat p | \psi \rangle ,\\ &\text{時間発展：}&&\mathrm{i}\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}+V(x)\psi &&\longleftrightarrow\ \ \mathrm{i}\hbar\frac{\partial }{\partial t}| \psi \rangle =\hat H| \psi \rangle ,\\ &\text{2粒子：}&&\psi(x_1,x_2) &&\longleftrightarrow\ \ | \Psi \rangle \in\mathcal{H}\otimes\mathcal{H} .\end{aligned}

左の列は右の列を位置の一般化固有ベクトル ∣x⟩| x \rangle で成分表示したものにすぎず、位置表示を選んだ瞬間に右から左が出る。左の列だけで書くと、スピンのように位置で表せない自由度や、運動量表示・エネルギー表示へ移ることが見えにくい。この書き換えの詳細と、どの表示を選ぶかの指針は第1部第3章で扱う。

例題 1.2.6　同じ Rabi 振動を2つの描像で計算する ★★★

オリジナル共鳴（Δ=0\Delta=0）の (1.2.10)、H^=−ℏΩ2σx\hat H=-\frac{\hbar\Omega}{2}\sigma_x で、∣ψ(0)⟩=∣g⟩| \psi(0) \rangle =| g \rangle とする。

  1. (1) Schrödinger 描像で ∣ψ(t)⟩| \psi(t) \rangle を求め、⟨σz⟩(t)=⟨ψ(t)∣σz∣ψ(t)⟩\langle \sigma_z \rangle (t)=\langle \psi(t) | \sigma_z | \psi(t) \rangle を計算せよ。
  2. (2) Heisenberg 描像で σz,H(t)=U^†σzU^\sigma_{z,\mathrm H}(t)=\hat U^\dagger\sigma_z\hat U を σz\sigma_z と σy\sigma_y で表し、⟨g∣σz,H(t)∣g⟩\langle g | \sigma_{z,\mathrm H}(t) | g \rangle を計算して (1) と比べよ。
  3. (3) ⟨σz⟩=Pe−Pg\langle \sigma_z \rangle =P_e-P_g を使い、(1.2.12) の PeP_e と合っていることを確かめよ。
解答

(1) (1.2.11) で n=(1,0,0)\bm{n}=(1,0,0)、Ω′=Ω\Omega'=\Omega なので U^=cos⁡(Ωt/2)+isin⁡(Ωt/2)σx\hat U=\cos(\Omega t/2)+\mathrm{i}\sin(\Omega t/2)\sigma_x。σx∣g⟩=∣e⟩\sigma_x| g \rangle =| e \rangle だから∣ψ(t)⟩=cos⁡(Ωt/2)∣g⟩+isin⁡(Ωt/2)∣e⟩| \psi(t) \rangle =\cos(\Omega t/2)| g \rangle +\mathrm{i}\sin(\Omega t/2)| e \rangle。σz∣e⟩=∣e⟩\sigma_z| e \rangle =| e \rangle、σz∣g⟩=−∣g⟩\sigma_z| g \rangle =-| g \rangle より⟨σz⟩=sin⁡2(Ωt/2)−cos⁡2(Ωt/2)=−cos⁡Ωt\langle \sigma_z \rangle =\sin^2(\Omega t/2)-\cos^2(\Omega t/2)=-\cos\Omega t。

(2) c=cos⁡(Ωt/2)c=\cos(\Omega t/2)、s=sin⁡(Ωt/2)s=\sin(\Omega t/2) と書く。σxσz=−iσy\sigma_x\sigma_z=-\mathrm{i}\sigma_y、σzσx=iσy\sigma_z\sigma_x=\mathrm{i}\sigma_y、σxσzσx=−σz\sigma_x\sigma_z\sigma_x=-\sigma_z を使うと

σz,H=(c−isσx)σz(c+isσx)=c2σz+ics(σzσx−σxσz)+s2σxσzσx=(c2−s2)σz−2cs σy,\sigma_{z,\mathrm H}=(c-\mathrm{i} s\sigma_x)\sigma_z(c+\mathrm{i} s\sigma_x)=c^2\sigma_z+\mathrm{i} cs(\sigma_z\sigma_x-\sigma_x\sigma_z)+s^2\sigma_x\sigma_z\sigma_x =(c^2-s^2)\sigma_z-2cs\,\sigma_y ,

すなわち σz,H(t)=σzcos⁡Ωt−σysin⁡Ωt\sigma_{z,\mathrm H}(t)=\sigma_z\cos\Omega t-\sigma_y\sin\Omega t。⟨g∣σz∣g⟩=−1\langle g | \sigma_z | g \rangle =-1、⟨g∣σy∣g⟩=0\langle g | \sigma_y | g \rangle =0 なので⟨g∣σz,H(t)∣g⟩=−cos⁡Ωt\langle g | \sigma_{z,\mathrm H}(t) | g \rangle =-\cos\Omega t で、(1) と一致する。命題 1.2.10(a) の具体例である。

(3) Pe+Pg=1P_e+P_g=1 なので Pe=12(1+⟨σz⟩)=12(1−cos⁡Ωt)=sin⁡2(Ωt/2)P_e=\frac12(1+\langle \sigma_z \rangle )=\frac12(1-\cos\Omega t)=\sin^2(\Omega t/2)。これは (1.2.12) の Δ=0\Delta=0 の場合である。

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